Functie continua...multime marginita

[Lavinia]

Fie \( f:{\mathbb R} \rightarrow {\mathbb R} \) o functie continua cu proprietatea ca pentru orice \( y \in Im \) \( f \), multimea \( \left\{x \in {\mathbb R}|f(x)=y\right\} \) este finita. Sa se arate ca exista \( \alpha,\beta \in Im \) \( f \), cu \( \alpha<\beta \), astfel incat multimea \( \left\{x \in{\mathbb R}|f(x) \in [\alpha,\beta]\right\} \) sa fie marginita.

Eugen Paltanea, Brasov

[Radu Titiu]

Notez cu \( A_{\alpha,\beta}=\{x \in\mathbb{R}| f(x) \in [\alpha,\beta]\} \). Presupunem ca \( \forall \alpha ,\beta \in Imf \), \( A_{\alpha,\beta}=\{x \in\mathbb{R}| f(x) \in [\alpha,\beta]\} \) este nemarginita. Si fie \( a,b,c,d \in Imf \), \( a<b<c<d \). Din multimile \( A_{a,b},\ A_{b,c},\ A_{c,d} \) exista cel putin doua care sunt nemarginite superior (sau inferior). Presupunem \( A_{a,b},\ A_{c,d} \) nemarginite superior.
Deoarece multimea solutiilor ecuatiei \( f(x)=b \) este finita \( \Rightarrow \exists M \in \mathbb{R} \) a.i. \( f(x)\neq b,\forall x\geq M \). Deoarece f continua rezulta \( f(x)>b \) sau \( f(x)<b \), \( \forall x\geq M \).
Daca \( f(x)>b, \forall x\geq M \), rezulta \( A_{a,b} \) marginita, contradictie.
Daca \( f(x)<b, \forall x\geq M \Rightarrow f(x)<b<c \forall x\geq M \Rightarrow A_{c,d} \) marginita, contradictie.

Daca din cele trei multimi vor exista doua care sa fie nemarginite inferior procedam in mod analog si obtinem contradictie.
EDITED